Σειρά με ακέραιο μέρος

#1

Να αποδειχθεί ότι συγκλίνει και να υπολογισθεί η σειρά
$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^n\frac{\lfloor{\log_2n}\rfloor}{n}$

Tolaso J Kos · #2

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 8:53 am
Να αποδειχθεί ότι συγκλίνει και να υπολογισθεί η σειρά
$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^n\frac{\lfloor{\log_2n}\rfloor}{n}$

Ας αποδείξουμε την "αγελάδα" ....

Έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{2^k-1} (-1)^{n} \frac{\left \lfloor \log_2 n \right \rfloor}{n} &= \sum_{n=1}^{2^k-1} \frac{(-1)^n}{n} \left \lfloor \frac{\log n}{\log 2} \right \rfloor \\ &=\sum_{r=0}^{k-1} \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} r\frac{(-1)^n}{n} \\ &= \sum_{r=0}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n}\\ &= \sum_{r=1}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n} \\ &= \sum_{r=1}^{k-1} r \left( \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{-1}{n} + \sum_{n=2^{r-1}}^{2^r-1} \frac{1}{n}\right) \\ &=1+\sum_{r=1}^{k-2}(r+1-r) \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n}\\ &= \sum_{n=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n} \\ &\sim \log 2^{k-1} + \gamma + \mathcal{O}(1) - (k-1) \log 2 - \mathcal{O}(1)\\ &= \gamma \end{aligned}}$
Υπάρχουν ακόμα πολλές αποδείξεις για αυτή τη σειρά... και φυσικά πολλές γενικεύσεις. Θα δώσω κάποιες όταν γυρίσω από το μάθημα.

#3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 11:10 am
...Υπάρχουν ακόμα πολλές αποδείξεις για αυτή τη σειρά...

Αφού δόθηκε λύση να "αποκαλύψουμε" ότι η συγκεκριμένη σειρά οφείλεται στον Giovanni Vacca και, για αυτό φέρει το όνομά του.

Τόλη, καλό θα ήταν να δούμε και μια-δυο άλλες αποδείξεις. (Αν και αυτή που έδωσες, νομίζω ότι είναι η κλασσικότερη).

Tolaso J Kos · #4

Στο paper υπάρχει μία ακόμα απόδειξη με γεννήτριες.

pilehrood2.pdf: (241.27 KiB) Μεταφορτώθηκε 28 φορές

Στηρίζεται στον υπολογισμό του ολοκληρώματος $\displaystyle{\gamma = 1 - \int_{0}^{1} \frac{\mathrm F(x)}{1+x} \, {\rm d}x}$ όπου $\displaystyle{\mathrm F(x)=\sum \limits_{n=1}^{\infty} x^{2^n}}$ .

Την απόδειξη της παραπάνω ισότητας την έχω ανεβάσει στο blog μου.

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 11:26 am

Αφού δόθηκε λύση να "αποκαλύψουμε" ότι η συγκεκριμένη σειρά οφείλεται στον Giovanni Vacca και, για αυτό φέρει το όνομά του.

Γρηγόρη αυτός είναι και ο λόγος που έγραψα στην απάντηση "αγελάδα" αφού στα Ισπανικά vaca ( la ) είναι η αγελάδα..

#5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:37 pm
Στο paper υπάρχει μία ακόμα απόδειξη με γεννήτριες.

Ευχαριστούμε Τόλη.

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:37 pm
... "αγελάδα" αφού στα Ισπανικά vaca ( la ) είναι η αγελάδα..

Ευτυχώς...που ο συγκεκριμένος Vacca ήταν Ιταλός!

dement · #6

Τι δουλειά έχουν τα Ισπανικά βρε Τόλη; Ιταλός ο τύπος και vacca είναι η αγελάδα στα ιταλικά (με δύο c!). Porca vacca!

Ευχαριστώ και τους δυο σας, γηράσκω αεί διδασκόμενος.

Tolaso J Kos · #7

dement έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:45 pm
Τι δουλειά έχουν τα Ισπανικά βρε Τόλη; Ιταλός ο τύπος και vacca είναι η αγελάδα στα ιταλικά (με δύο c!). Porca vacca!

Δημήτρη,

ιταλικά δε ξέρω .. Μόνο Ισπανικά, Αγγλικά και Γερμανικά. Οπότε έκανα τη σύνδεση του ονόματος με τα Ισπανικά.. !!

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:44 pm

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:37 pm
... "αγελάδα" αφού στα Ισπανικά vaca ( la ) είναι η αγελάδα..
Ευτυχώς...που ο συγκεκριμένος Vacca ήταν Ιταλός!

#8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:54 pm
.... "αγελάδα" αφού στα Ισπανικά vaca ( la ) είναι η αγελάδα..
dement έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:45 pm
Τι δουλειά έχουν τα Ισπανικά βρε Τόλη; Ιταλός ο τύπος και vacca είναι η αγελάδα στα ιταλικά (με δύο c!). Porca vacca!

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:44 pm

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:37 pm
... "αγελάδα" αφού στα Ισπανικά vaca ( la ) είναι η αγελάδα..
Ευτυχώς...που ο συγκεκριμένος Vacca ήταν Ιταλός!

Από τα παραπάνω εύκολα συμπεραίνουμε ότι ...

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Tolaso J Kos · #9

Ας δούμε μερικά εξαιρετικά αποτελέσματα. Δεν έχω αποδείξεις για πολλά από αυτά.

1ο αποτέλεσμα:

Το συγκεκριμένο αποτέλεσμα οφείλεται στον A.W.Addison ο οποίος χρησιμοποίησε μία ολοκληρωτική αναπαράσταση της $\zeta$ για να φτάσει στο εξής αποτέλεσμα:

$\displaystyle{\gamma = \frac{1}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left \lfloor \log_2 n \right \rfloor}{2n(2n+1)(2n+2)}}$
Γενίκευση: Έστω $q \in \mathbb{Z}$ με $q \geq 2$ . Θεωρούμε το πολυώνυμο $\mathrm{P}_q$ βαθμού q-2

με τύπο:

$\displaystyle{\mathrm{P}(x) = \left(qx+1 \right) \left ( qx+2 \right ) \cdots \left ( qx+q-1 \right )\sum_{m=1}^{q-1} \frac{m(q-m)}{qx+m} }$ Τότε:

$\displaystyle{\gamma = \frac{1}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left \lfloor \log_q (qn) \right \rfloor \mathrm{P}_q(n)}{qn\left ( qn+1 \right )\cdots \left ( qn+n \right )}}$
Σημειώσατε πως καθώς το αυξάνει η σειρά συγκλίνει πιο γρήγορα.

2o αποτέλεσμα:

Ισχύει ότι:

$\displaystyle{\gamma = \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{k+n+1} \binom{2^n+k}{k}}}$
3ο αποτέλεσμα:

Το παρακάτω αποτέλεσμα οφείλεται στον Gosper.

$\displaystyle{\gamma = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left \lfloor \log_3 n \right \rfloor \cos \frac{2 \pi n}{3}}{n}}$

Tolaso J Kos · #10

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 11:26 am

Τόλη, καλό θα ήταν να δούμε και μια-δυο άλλες αποδείξεις. (Αν και αυτή που έδωσες, νομίζω ότι είναι η κλασσικότερη).

Μία άλλη πολύ τεχνική απόδειξη που χρησιμοποιεί λογαρίθμους μπορείτε να βρείτε στο paper εδώ.

0304021.pdf: (226.64 KiB) Μεταφορτώθηκε 31 φορές

Tolaso J Kos · #11

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 8:53 am
Να αποδειχθεί ότι συγκλίνει
$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^n\frac{\lfloor{\log_2n}\rfloor}{n}$

Για να γυρίσουμε πίσω στην αρχική ερώτηση: Πώς θα αποδείκνυε κάποιος τη σύγκλιση ; Ωραία κάναμε τον υπολογισμό είδαμε πόσο κάνει; Για τη σύγκλιση ; Δε τη βλέπω να είναι προφανής !

dement · #12

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 7:29 pm

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 8:53 am
Να αποδειχθεί ότι συγκλίνει
$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^n\frac{\lfloor{\log_2n}\rfloor}{n}$

Για να γυρίσουμε πίσω στην αρχική ερώτηση: Πώς θα αποδείκνυε κάποιος τη σύγκλιση ; Ωραία κάναμε τον υπολογισμό είδαμε πόσο κάνει; Για τη σύγκλιση ; Δε τη βλέπω να είναι προφανής !

Ισχύει $\displaystyle 0 \leqslant \sum_{j = 2^k}^{2^{k+1}-1} (-1)^j \frac{\lfloor \log_2 j \rfloor}{2^j} \leqslant \frac{k}{2^k}$ (ο πρώτος όρος του αθροίσματος, οι υπόλοιποι τον ελαττώνουν δύο-δύο), που συγκλίνει.

Το γεγονός ότι η απόλυτη τιμή της ακολουθίας είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε διάστημα $[2^k, 2^{k+1}-1]$ με εναλλασσόμενο πρόσημο σημαίνει ότι κάθε άθροισμα της μορφής $\displaystyle \sum_{j = M}^{N} (-1)^j \frac{\lfloor \log_2 j \rfloor}{2^j}$ είναι απολύτως μικρότερο από ένα άθροισμα της μορφής $\displaystyle \frac{k}{2^k} + \sum_{j = 2^k}^{2^m-1} (-1)^j \frac{\lfloor \log_2 j \rfloor}{2^j} + \frac{m}{2^m} (2^k \geqslant M/2)$ (μετακινούμε κατάλληλα τα άκρα του αθροίσματος), οπότε από το κριτήριο του Cauchy έπεται η σύγκλιση.

Tolaso J Kos · #13

Μία άλλη ταυτότητα είναι η ακόλουθη ( εμφανίστηκε κατά τον υπολογισμό της αρχικής σειράς ) :

$\displaystyle{\gamma = \sum_{n=1}^{\infty} n \sum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1} \frac{(-1)^k}{k}}$
η οποία είναι πάρα πολύ εύκολη να αποδειχθεί.

Το εντυπωσιακό όμως με την ταυτότητα αυτή είναι ότι o Vacca την απέδειξε γεωμετρικά. Δε ξέρω τι ακριβώς έχει κάνει και θα ήθελα αν κάποιος μπορεί να βρει το συγκεκριμένο paper να το ανεβάσει. H ταυτότητα επιδέχεται και αναλυτική προσέγγιση την οποία έχουν ήδη κάνει ο Glaisher και ο Hardy.

Και τέλος μία πάρα πολύ γνωστή ισότητα είναι η ακόλουθη:

$\displaystyle{\gamma + \zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \frac{1}{\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor^2} - \frac{1}{n} \right )}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #14

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 11:10 am

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 8:53 am
Να αποδειχθεί ότι συγκλίνει και να υπολογισθεί η σειρά
$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^n\frac{\lfloor{\log_2n}\rfloor}{n}$

Ας αποδείξουμε την "αγελάδα" ....

Έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{2^k-1} (-1)^{n} \frac{\left \lfloor \log_2 n \right \rfloor}{n} &= \sum_{n=1}^{2^k-1} \frac{(-1)^n}{n} \left \lfloor \frac{\log n}{\log 2} \right \rfloor \\ &=\sum_{r=0}^{k-1} \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} r\frac{(-1)^n}{n} \\ &= \sum_{r=0}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n}\\ &= \sum_{r=1}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n} \\ &= \sum_{r=1}^{k-1} r \left( \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{-1}{n} + \sum_{n=2^{r-1}}^{2^r-1} \frac{1}{n}\right) \\ &=1+\sum_{r=1}^{k-2}(r+1-r) \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n}\\ &= \sum_{n=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n} \\ &\sim \log 2^{k-1} + \gamma + \mathcal{O}(1) - (k-1) \log 2 - \mathcal{O}(1)\\ &= \gamma \end{aligned}}$
Υπάρχουν ακόμα πολλές αποδείξεις για αυτή τη σειρά... και φυσικά πολλές γενικεύσεις. Θα δώσω κάποιες όταν γυρίσω από το μάθημα.

Το κομμάτι αυτό έχει πρόβλημα.

$\sum_{n=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n} \sim \log 2^{k-1} + \gamma + \mathcal{O}(1) - (k-1) \log 2 - \mathcal{O}(1)= \gamma$

Ο σημαντικότερος λόγος είναι ότι δεν είναι $\mathcal{O}(1) - \mathcal{O}(1)=0$

Θα πρότεινα να γραφεί

$\sum_{n=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n} = \log 2^{k-1} + \gamma + o(1) - (k-1) \log 2 +o(1)= \gamma+o(1)$

οπότε παίρνοντας όριο έχουμε το ζητούμενο.

Να σημειώσω ότι το πρώτο o(1)

είναι από τον ορισμό του $\gamma$ ενώ το δεύτερο θέλει ελάχιστη δουλίτσα.

Σειρά με ακέραιο μέρος

Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

Μέλη σε σύνδεση